1、软件水平考试（初级）程序员上午（基础知识）-试卷 10 及答案解析(总分：158.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：76，分数：158.00)1.选择题（）下列各题 A、B、C、D 四个选项中，只有一个选项是正确的，请将此选项涂写在答题卡相应位置上，答在试卷上不得分。_2.高速缓冲存储器 Cache 一般采取(13)。（分数：2.00）A.随机存取方式B.顺序存取方式C.半顺序存取方式D.只读不写方式3.分时操作系统的主要特征之一是提高(161)。（分数：2.00）A.计算机系统的实时性B.计算机系统的交互性C.计算机系统的可靠性D.计算机系统的安全性4.相对于数据库系统，文件系
2、统的主要缺陷有(166)、数据的不一致性和数据的冗余性。（分数：2.00）A.可重用性差B.安全性差C.非持久性D.数据联系弱5.一个队列的入列序列是 1，3，5，7，则队列的输出序列是(37)。（分数：2.00）A.7，5，3，1B.1，5，7，3C.1，3，5，7D.7，1，3，56.使得操作数的符号位不变的移位指令是(58)。（分数：2.00）A.逻辑左移B.逻辑右移C.算术左移D.算术右移7.根据我国专利法规定，专利权无效宣告请求的受理机关是(26)。（分数：2.00）A.国家知识产权局B.人民法院C.专利复审委员会D.专利管理机关8.从编译原理的语法分析角度看，源程序是一个句子的集合
3、，(45)可以较好地反映这些句子的结构。（分数：2.00）A.线性表B.树C.强连通图D.堆栈9.在一个类的定义中，包含有(33)成员的定义。（分数：2.00）A.AB.BC.CD.D10.微内核技术与客户/服务器模式的结构是网络操作系统、分布式操作系统的新的结构形式，这种混合结构的一个良好的范例是(3)。（分数：2.00）A.UNIXB.DOSC.NetWareD.Windows NT11.一某中断系统中，每抽取一个输入数据就要中断 CPU 一次，中断处理程序接收取样的数据，并将其保存到主存缓冲区内，该中断处理需要 X 秒。另一方面，缓冲区内每存储 N 个数据，主程序就将其取出进行处理，这种
4、处理需要 Y 秒。因此，该系统可以每秒跟踪(54)次中断请求。（分数：2.00）A.N/(NX+Y)B.N/(X+Y)NC.MIN 1/X,1/YD.MAX1/X.1/Y12.UML 是软件开发中的一个重要工具，它主要应用于(38)。（分数：2.00）A.基于瀑布模型的结构化方法B.基于需求动态定义的原形化方法C.基于对象的面向对象的方法D.基于数据的面向数据流的开发方法13.以下序列不是堆的是(50)。（分数：2.00）A.100，85，98，77，80，60，82，40，20，10，66B.100， 98， 85， 82， 80， 77， 66， 60， 40， 20， 10C.10，20
5、，40，60，66，77，80，82，85，98，100D.100， 85，40，77，80，60，66，98， 82， 10，2014.在香农定理中，决定信道最大数据传输率的参数主要有：信噪比和(12)。（分数：2.00）A.频率特性B.相位特性C.信道宽度D.噪声功率15.数字视频信息的数据量相当大，对 PC 机的存储、处理和传输都是极大的负担，为此必须对数字视频信息进行压缩编码处理。目前 VCD 光盘上存储的数字视频采用的压缩编码标准是(59)。（分数：2.00）A.MPEG-4B.MPEG-2C.MPEG-1D.MPEG-716.下面所列的工具中，不能用于数据库应用系统界面开发的工具是
6、(23)。（分数：2.00）A.Visual BasicB.DelphiC.PowerDesignerD.PowerBuilder17.有如下两个关系，其中雇员信息表关系 EMP 的主键是雇员号，部门信息表关系 DEPT 的主键是部门号。EMP （分数：2.00）A.从 DEFT 中删除部门号=03的行B.在 DEFT 中插入行(06，计划部，6 号楼)C.将 DEFT 中部门号=02的部门号改为10D.将 DEPT 中部门号=01的地址改为5 号楼18.执行 C 程序代码“int a=1; int b=0; int c=0; int d=(+a)*(c=1);”后，a、b、c、d 的值分别为
7、(29)。（分数：2.00）A.2，0，1，2B.1，0，1，1C.2，0，1，1D.2，0，0，219.假设有以下 C 语言定义语句，表达式(31)不能正确引用值为 7 的数组元素。 int y44=1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，*py1=y1，(*py2)4=y；（分数：2.00）A.py12B.*(y+1)+2C.*(y1+2)D.py21220.在 Word 文档中，如果要使文档内容横向打印，应选择(2)命令进行设置。（分数：2.00）A.打印预览B.格式C.页面设置D.查看21.存储一个 1616 点阵的汉字(每个点占用 1bit)，需用(10)个字节。（分数：2.00）
8、A.16B.32C.128D.25622.以下选项中，主要联系高层管理人员的信息系统是(28)。（分数：2.00）A.MIS(管理信息系统)B.DSS(决策支持系统)C.EDPS(电子数据处理系统)D.TPS(事务处理系统)23.某显示器的分辩率为 1024*768，表示像素颜色的位宽为 16 位，则应配置的显示存储器容量一般为(62)。（分数：2.00）A.12MBB.2MBC.16MbD.8MB24.设有关键码序列(16，9，4，25，14，1，13，18，17，5，8，24)，要按关键码值递增的次序排序，采用直接选择排序法，一趟扫描后的结果为(23)。（分数：2.00）A.(14，1，4
9、，18，16，5，8，24，17，9，13，25)B.(1，9，4，25，14，16，13，18，17，5，8，24)C.(9，4，16，14，1，13，18，17，5，8，24，25)D.(9，16，4，25，1，14，13，18，5，17，8，24)25.带权有向图 G 用邻接矩阵 A 存储，则顶点 i 的入度等于 A 中(41)。（分数：2.00）A.第 i 行非且非 0 的元素个数B.第 i 列非且非 0 的元素个数C.第 i 列非的元素之和D.第 i 行非的元素之和26.维护中，因误删除一个标识符而引起的错误是(54)副作用。（分数：2.00）A.数据B.编码C.文档D.设计27.为
10、了减少溢出的可能性和增加内存空间的利用率，由两个栈共享一片连续的内存空间时，应将两栈的栈底分设在这片内存空间的两端。在这种情况下，会产生溢出情况的是(45)。（分数：2.00）A.两个栈的栈顶在栈空间的某一个位置相遇B.两个栈的栈顶同时到达栈空间的中心C.一个栈的栈顶到达空间的中心点D.两栈均不为空，且一个栈的栈顶到达另一个栈的栈底28.前序遍历和中序遍历结果相同的二叉树为(31)。（分数：2.00）A.一般二又树B.根结点无左孩子的二叉树C.所有的结点只有左子树的二叉树D.所有的结点只有右子树的二叉树29.对于 Windows 系统，下列说法正确的是(2)。（分数：2.00）A.Window
11、s 是可以脱离 DOS 而独立存在的B.Windows 是一个独立的多用户操作系统C.Windows 是一个独立的多任务操作系统D.Windows 是一个多任务的操作环境30.使用鼠标移动窗口，是使用鼠标拖动窗口的(3)。（分数：2.00）A.标题栏B.菜单条C.窗口边框D.窗口边角31.虚拟存储器的最大容量(21)。（分数：2.00）A.由作业的地址空间决定B.是任意的C.由计算机的地址结构决定D.为内、外存容量之和32.在以下选项中，可以用于 Internet 信息服务器远程管理的是(29)。（分数：2.00）A.TelnetB.RASC.FTPD.SMTP33.在操作系统中，SPOOLi
12、ng 技术是一种并行机制，它可以使_。（分数：2.00）A.不同进程同时运行B.应用程序和系统软件同时运行C.不同的系统软件同时运行D.程序的执行与打印同时进行34.为了描述 n 个人之间的同学关系，可用(35)结构表示。（分数：2.00）A.线性表B.树C.图D.队列35.在一颗非空二叉树中，叶子节点的总数比度为 2 的节点总数多(38)个。（分数：2.00）A.-1B.0C.1D.236.SQL 是一种(44)程序设计语言。（分数：2.00）A.过程式B.非过程式C.面向对象D.逻辑程序设计37.如果用户对系统的目标不是很清楚，需求难以定义，这时最好使用(53)进行系统开发。（分数：2.0
13、0）A.原型法B.瀑布模型C.V-模型D.螺旋模型38.所有在函数中定义的变量都称为(44)。（分数：2.00）A.全局变量B.局部变量C.简单变量D.寄存器变量39.在链表结构中，采用(35)可以用最少的空间代价和最高的时间效率实现队列结构。（分数：2.00）A.仅设置尾指针的单向循环链表B.仅设置头指针的单向循环链表C.仅设置尾指针的双向链表D.仅设置头指针的双向链表40.(18)不是我国著作权法所保护的对象。（分数：2.00）A.计算机程序B.计算机保护条例C.计算机文档D.Flash 软件制作的动画41.原型化方法是动态确定软件需求的方法之一，该方法适应于(50)的系统。（分数：2.0
14、0）A.需求不确定性高B.需求确定C.结构简单D.可移植性好国家标准计算机软件产品开发文件编制指南 GB 8567-88)中规定，在软件开发过程中，一般来说，应该产生 14 种文件，其中： 管理人员主要使用(1)、(2)、(3)、开发进度月报、项目开发总结报告。 开发人员主要使用(1)、(2)、(4)、数据要求说明书、概要设计说明书、详细设计说明书、数据库设计说明书、测试计划和(5)。 维护人员主要使用设计说明书、(5)和(3)。（分数：10.00）A.软件需求说明书B.项目开发计划C.可行性研究报告D.模块开发卷宗A.软件需求说明书B.项目开发计划C.可行性研究报告D.模块开发卷宗A.软件需
15、求说明书B.项目开发计划C.可行性研究报告D.模块开发卷宗A.软件需求说明书B.项目开发计划C.可行性研究报告D.模块开发卷宗A.用户手册B.操作手册C.模块开发卷宗D.测试分析报告42._标准具有法律属性，不需经各方接受或各方商定同意纳入经济合同中，各方必须执行。（分数：2.00）A.推荐性B.非强制性C.自愿性D.强制性43.字符串是一种线性表，其特殊性表现在_。（分数：2.00）A.它的数据元素是一个字符B.它可以链式存储C.它可以顺序存储D.它的数据元素可以是多个字符44._是算法的一种图形化表示。（分数：2.00）A.拓扑结构图B.流程图C.伪代码D.数据流图45.通过局域网接入 I
16、nternet 如图 5-11 所示，箭头所指的两个设备是_。 （分数：2.00）A.二层交换机B.路由器C.网桥D.集线器46.如果访问一个网站速度很慢，可能有多种原因，但首先应该排除的是_。（分数：2.00）A.网络服务器忙B.通信线路忙C.本地终端遭遇病毒D.没有访问权限47.以下关于 DoS 攻击的描述中，正确的是_。（分数：2.00）A.以传播病毒为目的B.以窃取受攻击系统上的机密信息为目的C.以导致受攻击系统无法处理正常用户的请求为目的D.以扫描受攻击系统上的漏洞为目的48._操作系统的系统响应时间重要性超过系统资源的利用率，它广泛应用于卫星控制、导弹发射、飞机飞行控制、飞机订票业
17、务。（分数：2.00）A.分时B.批处C.实时D.分布式49.在请求分页管理中，若采用先进先出(FIFO)页面置换算法，可能会产生“FIFO 异常”，“FIFO 异常”指的是_。（分数：2.00）A.频繁地出页入页的现象B.分配的页面数增加，缺页中断的次数也可能增加C.进程交换的信息量过大导致系统工作区不足D.分配给进程的内存空间不足使进程无法正常工作50.内存的段式存储管理有许多优点。在下面的描述中，_不是段式存储管理的优点。（分数：2.00）A.支持程序的模块化设计和并行编程的要求B.各段程序的修改互不影响C.地址变换速度快，内存碎片少D.便于多道程序共享内存的某些段51.作业 J1，J2
18、，J3 的提交时间和运行时间如表 2-1 所示。若采用响应比高者优先调度算法，则作业调度次序为_。 （分数：2.00）A.J1J2J3B.J1J3J2C.J2J1J3D.J2J3J152.某程序的目标代码为 16384 个字节，将其写到以字节编址的内存中，以 80000H 为首地址开始依次存放，则存放该目标程序的末地址为_。（分数：2.00）A.81000HB.83FFFHC.84FFFHD.86000H53.针对某计算机平台开发的软件系统，其_越高，越不利于该软件系统的移植。（分数：2.00）A.效率B.成本C.质量D.可靠性54.ISO9000:2000 标准是(17)系列标准。（分数：2
19、.00）A.产品生产和产品管B.技术管理和生产管理C.质量管理和质量保D.产品评估和质量保证55.不支持自定义类的程序设计语言是(45)语言。（分数：2.00）A.CB.C#C.C+D.Java56.在检测网络故障时使用的 ping 命令是基于(67)协议实现的。（分数：2.00）A.SNMP(简单网络管理协议)B.FTP(文件传输协议)C.IGMP(互联网组管理协议)D.ICMP(互联网控制管理协议)57.在对软件系统的总体结构进行宏观设计时，下列的要求不合理的是_。（分数：2.00）A.采用自顶向下的设计原则B.信息透明、不抽象C.模块间的耦合要尽可能小，模块内部的组合要尽可能紧凑D.模块
20、的扇入系数和扇出系数要合理58.软件生存周期各个阶段都会产生文档，可行性分析报告是在_阶段产生的。（分数：2.00）A.项目计划B.需求分析C.软件设计D.运行维护59.著作权法中，计算机软件著作权保护的对象是_ 。A硬件设备驱动程序 B计算机程序及其开发文档 C操作系统软件 D源程序代码（分数：2.00）A.B.C.D.60.一组记录的关键字为(45，80，55，40，42，85)，则利用快速排序的方法，以第一个记录为基准得到的一次划分结果为_。（分数：2.00）A.(42，40，45，55，80，85)B.(42，40，45，80，55，85)C.(40，42，45，55，80，85)D.
21、(42，40，45，85，55，80)61.通过拨号上网，从室外进来的电话线应当和_连接元组。（分数：2.00）A.计算机的串口B.计算机的并口C.调制解调器上标有 Phone 的口D.调制解调器上标有 Line 的口62.从取指令开始完成一条指令所需的全部时间为_。（分数：2.00）A.机器周期B.CPU 周期C.指令周期D.时钟周期63.我国彩色电视制式采用的是_制。（分数：2.00）A.NTSCMB.PALC.SECAMD.以上都不是64.32 位微处理器的 32 是指_。A系统总线的宽度为 32 位 B处理的数据长度只能为 32 位 CCPu字长为 32 位 D通用寄存器数目为 32
22、个（分数：2.00）A.B.C.D.65.李某购买了一张有注册商标的正版软件光盘，擅自将其复制出售，则该行为侵犯了开发商的_。A财产所有权 B商标权 C物权 D知识产权（分数：2.00）A.B.C.D.66.面向对象分析的主要任务不包括_。A构建分析模型，以描述用户的需求 B构建设计模型，以描述系统如何解决问题 C建立一个准确的、一致的系统模型以描述软件需要解决的问题 D构建分析模型，验证最终系统是否满足软件需求（分数：2.00）A.B.C.D.67.要表示 256 级灰度图像，表示每个像素点的数据最少需要_个二进制位。A4B8C16D256（分数：2.00）A.B.C.D.68.某种 Sou
23、ndBlaster 声卡属于 8 位声卡，这里的“8 位”是指_。 A声音最大量化位数是 8 BMIDI 通道数是 8 C可以产生的音色数是 2 8 D声道数为 8（分数：2.00）A.B.C.D.69.B2C 电子商务网站主要支持( )的电子商务活动。（分数：2.00）A.企业对企业B.企业对政府C.企业对客户D.客户对客户70.CMM：将软件过程改进的进化步骤组织成 5 个成熟度等级，其中，在( )，所有项目都采用根据实际情况修改后得到的标准软件过程来开发和维护软件。（分数：2.00）A.可重复级B.已定义级C.已管理级D.优化级71.(72)is a clickable string o
24、r graphic that points to another Web page or document（分数：2.00）A.LinkB.AnchorC.BrowserD.Hyperlink72.The line of computing jobs waiting to be run on a computer system might be a _. The jobs are serviced in the order of their arrival, that is, the first in is the first out.（分数：2.00）A.queueB.stackC.arra
25、yD.record73.(66) is a device that converts images to digital format（分数：2.00）A.CopierB.PrinterC.ScannerD.Display74.In C language, a(67) is a series of characters enclosed in double quotes（分数：2.00）A.matrixB.stringC.programD.stream75.The earliest method of delivering telecommunications is the _（分数：2.00
26、）A.telegraphB.telephoneC.e-mailD.letter软件水平考试（初级）程序员上午（基础知识）-试卷 10 答案解析(总分：158.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：76，分数：158.00)1.选择题（）下列各题 A、B、C、D 四个选项中，只有一个选项是正确的，请将此选项涂写在答题卡相应位置上，答在试卷上不得分。_解析：2.高速缓冲存储器 Cache 一般采取(13)。（分数：2.00）A.随机存取方式 B.顺序存取方式C.半顺序存取方式D.只读不写方式解析：解析：高速缓冲存储器 Cache 工作时，Cache 控制器能够根据指令地址得到 Cache
27、 中对应地址，按地址存取，因此它是随机存取方式。3.分时操作系统的主要特征之一是提高(161)。（分数：2.00）A.计算机系统的实时性B.计算机系统的交互性 C.计算机系统的可靠性D.计算机系统的安全性解析：解析：分时操作系统将时间划分为片，将各片分给不同的任务，提高系统的交互性。4.相对于数据库系统，文件系统的主要缺陷有(166)、数据的不一致性和数据的冗余性。（分数：2.00）A.可重用性差B.安全性差C.非持久性D.数据联系弱 解析：解析：数据联系弱、数据不一致和数据的冗余是文件系统相对于数据库系统的主要缺陷。5.一个队列的入列序列是 1，3，5，7，则队列的输出序列是(37)。（分数
28、：2.00）A.7，5，3，1B.1，5，7，3C.1，3，5，7 D.7，1，3，5解析：解析：队列是一种先进先出的线性表，它只能在表的一端进行插入，另外一端进行删除元素。6.使得操作数的符号位不变的移位指令是(58)。（分数：2.00）A.逻辑左移B.逻辑右移C.算术左移D.算术右移 解析：解析：执行逻辑左移和算术左移运算时，各位顺次左移 1 位，符号位(最高位)变化，低位填入 0；执行逻辑右移运算时，各位顺次右移 1 位，符号位填入 0；执行算术右移运算时，各位顺次右移 1 位，符号位不变。7.根据我国专利法规定，专利权无效宣告请求的受理机关是(26)。（分数：2.00）A.国家知识产权
29、局B.人民法院C.专利复审委员会 D.专利管理机关解析：8.从编译原理的语法分析角度看，源程序是一个句子的集合，(45)可以较好地反映这些句子的结构。（分数：2.00）A.线性表B.树 C.强连通图D.堆栈解析：解析：从编译原理词法分析的角度看，语言是一个单词的集合，称之为正规集；单词是由一个个字符组成的线性结构。从语法分析的角度看，语言是一个句子的集合，而句子是由记号组成的非线性结构。反映句子结构的最好方法是树，常用的有语法树和分析树。9.在一个类的定义中，包含有(33)成员的定义。（分数：2.00）A.AB.BC.C D.D解析：解析：类是由一组描述对象属性或状态的数据项和作用在这些数据项
30、上的操作构成的，即类是由数据成员和函数成员构成的。10.微内核技术与客户/服务器模式的结构是网络操作系统、分布式操作系统的新的结构形式，这种混合结构的一个良好的范例是(3)。（分数：2.00）A.UNIXB.DOSC.NetWareD.Windows NT 解析：解析：Windows NT 设计以三种模型为指导思想：客户/服务器模型、对象模型和对称多处理模型，因此 Windows NT 是一个混合结构形式，答案为 D。11.一某中断系统中，每抽取一个输入数据就要中断 CPU 一次，中断处理程序接收取样的数据，并将其保存到主存缓冲区内，该中断处理需要 X 秒。另一方面，缓冲区内每存储 N 个数据
31、，主程序就将其取出进行处理，这种处理需要 Y 秒。因此，该系统可以每秒跟踪(54)次中断请求。（分数：2.00）A.N/(NX+Y) B.N/(X+Y)NC.MIN 1/X,1/YD.MAX1/X.1/Y解析：解析：输入 N 个数据，从缓冲区中存储到主程序将其取出需 Y 秒；每输入一个要中断一次，每个中断处理需 X 秒，则 N 个就是 NX 秒。所以跟踪次中断一共要花 NX+Y 秒，因此每秒跟踪 M(NX+Y)次中断请求。12.UML 是软件开发中的一个重要工具，它主要应用于(38)。（分数：2.00）A.基于瀑布模型的结构化方法B.基于需求动态定义的原形化方法C.基于对象的面向对象的方法 D
32、.基于数据的面向数据流的开发方法解析：解析：UML 是在面向对象的软件开发设计阶段常用的一个工具，因此应选 C。13.以下序列不是堆的是(50)。（分数：2.00）A.100，85，98，77，80，60，82，40，20，10，66B.100， 98， 85， 82， 80， 77， 66， 60， 40， 20， 10C.10，20，40，60，66，77，80，82，85，98，100D.100， 85，40，77，80，60，66，98， 82， 10，20 解析：解析：堆的定义：KiK2i and KiK2i+1 或 KiK2i and KiK2i+1，意即父结点均不大于其孩子结点，
33、或均不小于孩子结点。由此定义即可判断出，D 中 100 大于 85 和 40，而 40 小于 60 和 66，所以D 不是堆。14.在香农定理中，决定信道最大数据传输率的参数主要有：信噪比和(12)。（分数：2.00）A.频率特性B.相位特性C.信道宽度 D.噪声功率解析：解析：据香农定理可知，信噪比和信道宽度是决定信道最大数据传输速率的主要因素，所以本题答案为 C。15.数字视频信息的数据量相当大，对 PC 机的存储、处理和传输都是极大的负担，为此必须对数字视频信息进行压缩编码处理。目前 VCD 光盘上存储的数字视频采用的压缩编码标准是(59)。（分数：2.00）A.MPEG-4B.MPEG
34、-2C.MPEG-1 D.MPEG-7解析：解析：VCD 是基于 MPEG-1，DVD 基于 MPEG-2。16.下面所列的工具中，不能用于数据库应用系统界面开发的工具是(23)。（分数：2.00）A.Visual BasicB.DelphiC.PowerDesigner D.PowerBuilder解析：解析：PowerDesigner 是一个功能强大而使用简单的建模工具集。17.有如下两个关系，其中雇员信息表关系 EMP 的主键是雇员号，部门信息表关系 DEPT 的主键是部门号。EMP （分数：2.00）A.从 DEFT 中删除部门号=03的行B.在 DEFT 中插入行(06，计划部，6
35、号楼)C.将 DEFT 中部门号=02的部门号改为10 D.将 DEPT 中部门号=01的地址改为5 号楼解析：解析：它违反了参照完整性约束。18.执行 C 程序代码“int a=1; int b=0; int c=0; int d=(+a)*(c=1);”后，a、b、c、d 的值分别为(29)。（分数：2.00）A.2，0，1，2 B.1，0，1，1C.2，0，1，1D.2，0，0，2解析：解析：本题的解题关键是理解“+a”，它代表使用该变量时要先将其值加 1，即“先加后用”，而“a+”则表示执行后 a 的值加 1，即“先用后加”。因此执行 C 程序代码“int a=1; int b=0;
36、int c=0; int d=(+a)*(c=1);”后，a 的值由 1 变为 2，b 的值为 0，c 的值由 0 变为 1，而 d=21=2。19.假设有以下 C 语言定义语句，表达式(31)不能正确引用值为 7 的数组元素。 int y44=1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，*py1=y1，(*py2)4=y；（分数：2.00）A.py12B.*(y+1)+2 C.*(y1+2)D.py212解析：解析：在 C 语言中，二维数组名 y 及 y+l 均表示行指针，在它们前面加一个*就是*y 和*(y+1)，它们就成为列指针。而一维数组名 y1则为列指针，y1+1 中的“1”代表一个元
37、素所占的字节数。列指针前面加上&，则变为行指针。例如，&(*(y+1)、&y1。对于选项 A 的 py12，无条件等价于*(py1+2)=(y1+2)=*(*(y+1)+2)。式中 py1、y1为列指针，而 y、py2 为行指针。选项 B 的*(y+1)+2，是列指针的表示形式，无法得到所指单元中的值，即不能正确引用值为 7 的数组元素。其中，y+l 为行指针，*(y+1)为列指针，*(y+1)+2 则为指向 1 行 2 列的列指针。 选项 C 的，(y1+2)无条件等价于*(*(y+1)+2)，指向第 2 行的第 3 个元素。相当于列指针“+2”，在横向上的移动。选项 D 的 py212无条
38、件等价于*(py21+2=*(*(py2+1)+2)。py2 为行指针，py21为列指针， py212则为列指针指向的 1 行 2 列的元素。20.在 Word 文档中，如果要使文档内容横向打印，应选择(2)命令进行设置。（分数：2.00）A.打印预览B.格式C.页面设置 D.查看解析：解析：在 Word 文档中，如果要横向打印文档，则应该选择文件页面设置命令，从弹出的“页面设置”对话框中，可以设置页边距、纸型、纸张来源、版式和文档网格等，在其中可以选择打印方向的类型有“横向”和“纵向”，如图 3-11 所示。21.存储一个 1616 点阵的汉字(每个点占用 1bit)，需用(10)个字节。（
39、分数：2.00）A.16B.32 C.128D.256解析：解析：由于每个点占用 1bit，因此存储一个 1616 点阵的汉字需要 1616(bit)。由于 8 比特定义为 1 个字节，故存储一个 1616 点阵的汉字需要 32B。22.以下选项中，主要联系高层管理人员的信息系统是(28)。（分数：2.00）A.MIS(管理信息系统)B.DSS(决策支持系统) C.EDPS(电子数据处理系统)D.TPS(事务处理系统)解析：解析：本题考查信息系统的基本概念。信息系统一般泛指收集、存储、处理和传播各种信息，具有完整功能的集合体。它一直以来都与计算机和网络技术同步发展，历经 4 个主要阶段：(1)
40、电子数据处理系统(EDPS)：简单数据处理，仅用于科学计算，较少涉及管理内容，例如计算工资、统计账目等。(2)事务处理系统(TPS)：对企业局部事务的管理，例如财会、销售、物资、生产管理等。(3)管理信息系统(MIS)：是用系统思想建立起来，以电子计算为基本信息处理手段，以现代通信设备为基本传输工具，且能为管理决策提供信息化服务的人机系统。MIS 集成了事务处理中的局部应用，形成全局性、整体性的计算机应用(4)决策支持系统(DSS)：为高层决策提供支持的系统，例如 ERP(集成了 MIS)、 SRM 等。23.某显示器的分辩率为 1024*768，表示像素颜色的位宽为 16 位，则应配置的显示
41、存储器容量一般为(62)。（分数：2.00）A.12MBB.2MB C.16MbD.8MB解析：解析：本题考查显示存储器容量的计算。题目告诉我们显示器的分辩率为 1024*768，说明一次显示出来的像素点个数就为 1024*768 个；后面又告诉我们每个像素点用 16 位表示其颜色，那么这些像素点的总容量就等于 1024*768*16 位，而显示存储器中存储的内容至少要够一次显示的，那么其容量至少为1024*768*16/8=1.5MB，因此一般采用 2MB 的显示存储器。24.设有关键码序列(16，9，4，25，14，1，13，18，17，5，8，24)，要按关键码值递增的次序排序，采用直接
42、选择排序法，一趟扫描后的结果为(23)。（分数：2.00）A.(14，1，4，18，16，5，8，24，17，9，13，25)B.(1，9，4，25，14，16，13，18，17，5，8，24) C.(9，4，16，14，1，13，18，17，5，8，24，25)D.(9，16，4，25，1，14，13，18，5，17，8，24)解析：解析：本题考查直接选择排序的方法。直接选择排序的过程是：首先在所有记录中选出排序码最小的记录，把它与第 1 个记录交换，然后在其余的记录内选出排序码最小的记录，与第 2 个记录交换依此类推，直到所有记录排完为止。题目中给出的关键码序列中最小的是 1，那么根据直接
43、选择排序的规则，我们应该把它与第 1 个记录交换，那么在一趟扫描后的结果为(1，9，4，25，14，16，13，18，17，5，8，24)。25.带权有向图 G 用邻接矩阵 A 存储，则顶点 i 的入度等于 A 中(41)。（分数：2.00）A.第 i 行非且非 0 的元素个数B.第 i 列非且非 0 的元素个数 C.第 i 列非的元素之和D.第 i 行非的元素之和解析：解析：本题考查带权有向图的邻接矩阵存储。带权有向图的邻接矩阵反映顶点间的邻接关系，设G=(V,E)是具有 n(n1)个顶点的图，G 的邻接矩阵 M 是一个 n 行 n 列的矩阵，并有若(i,j)或i,jE，则 Mij=权值；否
44、则，Mij=0。因此，对于有向图，其邻接矩阵的第 i 行非 0 元素个数为顶点 i 的出度，而邻接矩阵的第 i 列非 0 元素个数为顶点 j 的入度。26.维护中，因误删除一个标识符而引起的错误是(54)副作用。（分数：2.00）A.数据B.编码 C.文档D.设计解析：解析：本题考查软件维护的相关知识。软件维护的主体是软件，但在这个阶段，软件是一个被编码实现了的字符集合。如果在维护过程中误删除的一个标识符是代码中的标识符，在删除后则会引起编码的错误。27.为了减少溢出的可能性和增加内存空间的利用率，由两个栈共享一片连续的内存空间时，应将两栈的栈底分设在这片内存空间的两端。在这种情况下，会产生溢
45、出情况的是(45)。（分数：2.00）A.两个栈的栈顶在栈空间的某一个位置相遇 B.两个栈的栈顶同时到达栈空间的中心C.一个栈的栈顶到达空间的中心点D.两栈均不为空，且一个栈的栈顶到达另一个栈的栈底解析：解析：本题考查堆栈的溢出问题。栈的溢出是指存储空间用完。题目中说两个栈共享一片连续的内存空间，并将两栈的栈底分设在这片内存空间的两端，往这两个栈中添加元素时，栈顶指针都往内存空间的中间位置移动，如果不停地往两个栈中添加元素，这两个栈的栈顶肯定会在内存空间的某一个位置相遇，这时说明存储空间被用完，如果还继续往栈中添加元素，就已经没有空间存放了，只能产生溢出。28.前序遍历和中序遍历结果相同的二叉
46、树为(31)。（分数：2.00）A.一般二又树B.根结点无左孩子的二叉树C.所有的结点只有左子树的二叉树D.所有的结点只有右子树的二叉树 解析：解析：本题考查二叉树的遍历及相关特性。根据二叉树前序遍历和中序遍历的特点，如果它们的遍历序列相同，那么首先遍历到的结点肯定是根结点，但在中序遍历中首先遍历的是左子树，因此，我们可以推断其左子树为空。所以，此二叉树为所有的结点只有右子树的二叉树。29.对于 Windows 系统，下列说法正确的是(2)。（分数：2.00）A.Windows 是可以脱离 DOS 而独立存在的B.Windows 是一个独立的多用户操作系统C.Windows 是一个独立的多任务
47、操作系统D.Windows 是一个多任务的操作环境 解析：解析：本题考查 Windows 操作系统的基本概念。操作系统是计算机系统中的核心系统软件，负责管理和控制计算机系统中硬件和软件资源。Windows 操作系统是操作系统发展的一种产物，它是一个单用户多任务的操作环境，是基于 DOS 发展起来的。30.使用鼠标移动窗口，是使用鼠标拖动窗口的(3)。（分数：2.00）A.标题栏 B.菜单条C.窗口边框D.窗口边角解析：解析：本题考查计算机系统中的一些常用操作。我们平时在操作计算机时不难发现，使用鼠标移动窗口，是使用鼠标拖动窗口的标题栏。如果拖动窗口的菜单条，那么会移动菜单条的位置，如果在窗口边
48、框或窗口边角使用鼠标拖动窗口，会改变窗口的大小。31.虚拟存储器的最大容量(21)。（分数：2.00）A.由作业的地址空间决定B.是任意的C.由计算机的地址结构决定 D.为内、外存容量之和解析：解析：本题考查虚拟存储设备的基本概念。虚拟存储器的原理是基于局部性原理的，在程序装入时，不必将其全部读入到内存，而只要将当前需要执行的部分页或段读入内存，就可让程序开始执行。在程序执行过程中，如果需要执行的指令或访问的数据尚未在内存，则由处理机通知操作系统将相应的页或段调入到内存，然后继续执行程序。另外，操作系统会将内存中暂时不使用的页或段调出，保存在外存上，从而腾出空间存放将要装入的程序，以及将要调入的页或段。从用户的角度看，该系统具有的内存容量将比实际的内存容量大得多。虚拟存储器的最大容量由计算机的地址结
